专题6.10 图形的相似章末十大题型总结（拔尖篇）-2023-2024学年九年级数学下册举一反三系列（苏科版）

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专题6.10 图形的相似章末十大题型总结（拔尖篇）【苏科版】TOC \o "1-3" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc32165" 【题型1 利用平行线分线段成比例进行求值或证明】  PAGEREF _Toc32165 \h 1 HYPERLINK \l "_Toc24648" 【题型3 利用相似三角形的判定与结论求长度】  PAGEREF _Toc24648 \h 13 HYPERLINK \l "_Toc9641" 【题型4 利用相似三角形的判定与结论求面积】  PAGEREF _Toc9641 \h 20 HYPERLINK \l "_Toc11092" 【题型5 利用相似三角形的判定与结论求最值】  PAGEREF _Toc11092 \h 28 HYPERLINK \l "_Toc32733" 【题型6 利用相似三角形的判定与结论解决规律探究问题】  PAGEREF _Toc32733 \h 37 HYPERLINK \l "_Toc23768" 【题型7 利用相似三角形的判定与结论解决动态探究问题】  PAGEREF _Toc23768 \h 42 HYPERLINK \l "_Toc21655" 【题型8 利用相似三角形的判定与结论解决多结论问题】  PAGEREF _Toc21655 \h 51 HYPERLINK \l "_Toc9716" 【题型9 利用相似三角形的判定与结论解决新定义问题】  PAGEREF _Toc9716 \h 60 HYPERLINK \l "_Toc6650" 【题型10 利用相似三角形的判定与结论在格点中作图】  PAGEREF _Toc6650 \h 69【题型1 利用平行线分线段成比例进行求值或证明】【例1】（2023秋·福建三明·九年级统考期中）请阅读以下材料，并完成相应的问题：角平分线分线段成比例定理，如图1，在△ABC中，AD平分∠BAC，则ABAC=BDCD．下面是这个定理的部分证明过程．证明：如图2，过点C作CE∥DA．交BA的延长线于点E．…任务：(1)请按照上面的证明思路，写出该证明过程的剩余部分；(2)如图3，已知Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4，∠ABC＝90°，AD平分∠BAC，求△ABD的周长．【答案】(1)见解析(2)9+352【分析】（1）过C作CE∥DA，交BA的延长线于E，利用平行线分线段成比例定理得到BDCD=BAEA，利用平行线的性质得∠2=∠ACE，∠1=∠E，由∠1=∠2得∠ACE=∠E，所以AE=AC，于是有ABAC=BDCD；（2）先利用勾股定理计算出AC=5，再利用（1）中的结论得到ACAB=CDBD，即53=CDBD，则可计算出BD=32，然后利用勾股定理计算出AD=325，从而可得到△ABD的周长．【详解】（1）证明：如图2，过C作CE∥DA．交BA的延长线于E，∵CE∥AD，∴BDCD=BAEA，∠2＝∠ACE，∠1＝∠E，∵∠1＝∠2，∴∠ACE＝∠E，∴AE＝AC，∴ABAC=BDCD．（2）解：如图3，∵AB＝3，BC＝4，∠ABC＝90°，∴AC=BC2+AB2=42+32=5，∵AD平分∠BAC，∴ACAB=CDBD，即53=CDBD，∴BD=38BC=38×4=32，∴AD=BD2+AB2=322+32=325，∴△ABD的周长=32+3+325=9+352．【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，勾股定理，掌握平行线分线段成比例定理，理解角平分线分线段成比例定理是关键．【变式1-1】（2023春·山西吕梁·九年级统考期末）如图，矩形ABCD中，2AB=BC=6，把△ADC沿着AD翻折得到△ADC′，连接BC′交AD于点E，点M是EC′的中点，点N是AC的中点，连接MN，则MN的长为 ．  【答案】352【分析】如图所示，连接EN，过点M作MT⊥AD于点T，MN与AD交于点K，可证△BCC′,△EDC′,△ETM都是等腰直角三角形，点E是BC′,AD的中点，可得MT是△EDC′的中位线，NE是△ACD的中位线，再证△MTK≌△NEK(AAS)，可得MN=2MK，在Rt△MTK中根据勾股定理即可求解．【详解】解：如图所示，连接EN，过点M作MT⊥AD于点T，MN与AD交于点K，    ∵四边形ABCD是矩形，2AB=BC=6，∴∠ADC=90°，AB=CD=12BC=12×6=3，BC=AD=6，∵△ADC沿着AD翻折得到△ADC′，∴∠ADC=∠ADC′=90°，CD=DC′=3+3=6，则CC′=BC=6，∴△BCC′是等腰直角三角形，∠CBC′=∠CC′B=45°，∵DE∥BC，∴∠DEC′=∠CBC′=45°，且∠BC′C=45°，∴△EDC′是等腰直角三角形，则C′D=DE=3，在Rt△EDC′中，点M是EC′的中点，MT⊥DE，C′D⊥DE，∴MT∥C′D，∴EMEC=ETED，即12=ET3，∴ET=32，即点T是ED的中点，∴MT是△EDC′的中位线，则MT=12C′D=12×3=32，∵BC=6，DE=C′D=3，∴点E是AD的中点，∵点N是AC的中点，∴NE是△ADC的中位线，∴NE∥CD，NE=12CD=12×3=32，∴MT=NE=32，∵MT⊥BD，∴∠MTK=90°，∵NE∥CD，∠CDE=90°∴∠NEK+∠CDE=180°，∴∠NEK=90°，即EN⊥BC，∴∠MTK=∠NEK=90°，在△MTK,△NEK中，∠MTK=∠NEK∠MKT=∠NKEMT=NE，∴△MTK≌△NEK(AAS)，∴MK=NK，TK=EK，∴点K是ET的中点，∴TK=EK=12ET=12MT=12×32=34，∴在Rt△MTK中，MK=MT2+TK2=322+342=354，∴MN=2MK=2×354=352，故答案为：352．【点睛】本题主要考查矩形的性质，等腰三角形的性质，中位线的判定和性质，直角三角形的性质，全等三角形的判断和性质的综合，掌握以上知识的综合运用是解题的关键．【变式1-2】（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）如图，点P是▱ABCD内的一点，连接PA，PB，PC，PD，过点P作PE∥BC，PF∥AB，分别交AB、BC于点E、F，若S△PAD=1,S△PCD=2,S△PBC=4，则四边形PEBF的面积为 ．  【答案】245【分析】过点P作PQ⊥AB于点Q，交CD于点R，作PM⊥AD于M，交CB于点N，根据已知先求出S▱ABCD=AD⋅MN=10，然后求出S△PAB=3，再根据面积比求出PMPN=14，PRPQ=23，结合平行线分线段成比例可得AEBE=PMPN=14，进而得到PQ=35QR，BE=45AB，然后根据平行四边形的面积公式计算即可．【详解】解：过点P作PQ⊥AB于点Q，交CD于点R，作PM⊥AD于M，交CB于点N，  ∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AD∥BC，AB=CD，AD=CB，∴PR⊥CD，PN⊥CB，∵S△PAD=1，S△PCD=2，S△PBC=4，∴S△PAD+S△PBC=12AD⋅PM+12CB⋅PN=12AD⋅MN=1+4=5，∴S▱ABCD=AD⋅MN=10，∴12AB⋅PQ+12CD⋅PR=12AB⋅PQ+2=12AB⋅QR=12S▱ABCD=5，∴S△PAB=12AB⋅PQ=3，∴S△PADS△PBC=12AD⋅PM12CB⋅PN=PMPN=14，S△PCDS△PAB=12CD⋅PR12AB⋅PQ=PRPQ=23，∵PE∥BC，PF∥AB，∴四边形PEBF是平行四边形，∵AM∥PE∥BC，∴AEBE=PMPN=14，∴PQ=35QR，BE=45AB，∴S四边形PEBF=BE·PQ=45AB×35QR=1225AB⋅QR=1225S▱ABCD=1225×10=245，故答案为：245．【点睛】此题重点考查平行四边形的判定与性质、三角形的面积公式、平行线分线段成比例定理等知识，此题的计算和推理过程较为复杂，求出PQ=35QR，BE=45AB是解题的关键．【变式1-3】（2023春·广东·九年级专题练习）定义新概念：有一组邻边相等，且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形．(1)如图①，等腰直角四边形ABCD，AB=BC=4，∠ABC=90°．①若CD=3，AC⊥CD于点C，求AD的长；②若AD=DC，∠ADC=45°，求BD的长；(2)如图②，在矩形ABCD中AB=6，BC=15，点P是对角线BD上的一点，且BP=2PD，过点P作直线分别交边AD，BC于点E，F，要使四边形ABFE是等腰直角四边形，求AE的长．【答案】(1)①41；②42+4(2)满足条件的AE的长为12【分析】（1）①根据勾股定理求出AC，再根据勾股定理求出AD的值；②连接AC、BD，交于点F，过点C作EC⊥BC，交BD于点E，证明BD垂直平分AC，得出AF=CF，证明∠ECD=∠CDE，得出CE=DE，证明∠BEC=∠CBE，得出CE=BC=4，根据勾股定理求出BE=BC2+CE2=42，即可得出答案；（2）若EF⊥BC，则AE≠EF，BF≠EF，推出四边形ABFE表示等腰直角四边形，不符合条件．若EF与BC不垂直，当AE=AB时，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，当BF=AB时，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，分别求解即可．【详解】（1）解：①连接AC，如图所示：∵AB=BC=4，∠ABC=90°，∴AC=AB2+BC2=42，∵AC⊥CD，∴∠ACD=90°，∴AD=AC2+CD2=422+32=41；②连接AC、BD，交于点F，过点C作EC⊥BC，交BD于点E，如图所示：则∠BCE=90°，∵AB=BC=4，∠ABC=90°，∴∠BAC=∠ACB=12×90°=45°，∴∠ECF=90°−45°=45°，∵AB=BC，AD=CD，∴B、D在线段AC的垂直平分线上，∴BD垂直平分AC，∴AF=CF，∠CFD=∠CFB=90°，∵AD=CD，∴∠CDF=12∠ADC=12×45°=22.5°，∴∠DCF=90°−22.5°=67.5°，∴∠ECD=∠DCF−∠ECF=67.5°−45°=22.5°，∴∠ECD=∠CDE，∴CE=DE，∵AB=BC，AF=CF，∴∠CBF=12∠ABC=45°，∵∠BCE=90°，∴∠BEC=90°−45°=45°，∴∠BEC=∠CBE，∴CE=BC=4，∴DE=CE=4，BE=BC2+CE2=42，∴BD=BE+DE=42+4．（2）解：∵四边形ABCD为矩形，∴AB=CD=6，AD=BC=15，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠BAD=90°，AD∥BC；若EF⊥BC时，如图所示：则四边形AEFB和DEFC为矩形，∴EF=AB=6，DE=CF，AE=BF，∵AD∥BC，∴△DEP∽△BFP，∴DEBF=DPBP=12，∵DE+BF=DE+AE=15，∴DE=5，BF=10，∴AE=BF=10，∴AE≠EF，BF≠EF；∴四边形ABFE不可能是等腰直角四边形；若EF与BC不垂直，当AE=AB时，如图所示：∵AE=AB=6，∴DE=AD−AE=15−6=9，∵AD∥BC，∴△DEP∽△BFP，∴DEBF=DPBP=12，∴BF=2DE=2×9=18，∵18>15，∴此时点F不在边BC上，不符合题意；若EF与BC不垂直，当BF=AB时，如图所示：此时四边形ABFE是等腰直角四边形，∴BF=AB=6，∵DE∥BF，∴△DEP∽△BFP，∴DEBF=DPBP=12，∴DE=12BF=3，∴AE=AD−DE=15−3=12，综上所述，满足条件的AE的长为12．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是理解题意，作出辅助线，画出相应的图形，数形结合，注意分类讨论．【题型2 利用相似三角形的判定与结论在格点中求值】【例2】（2023·安徽宿州·统考一模）在正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，点A、B、C、D均在格点上，连接AC、BD相交于点E，若小正方形的边长为1，则点E到AB的距离为 ．【答案】65【分析】证明△ABE∽△CDE，利用相似三角形的性质即可求出答案．【详解】解：如图，过点E作MN⊥AB，交AB于点M，交CD于点N，∵AB∥CD，∴∠BAE=∠DCE，∠ABE=∠CDE，MN⊥CD，∴△ABE∽△CDE，∴EMEN=ABCD=23，∵MN=3，∴EM=23+2×3=65，即点E到AB的距离为65．故答案为65．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键在于熟练掌握相似三角形的判定与性质．【变式2-1】（2023·山东烟台·统考一模）如图，在方格纸中，△ABC和△DEF的顶点都在格点上，则∠BAC+∠ACB的度数为（    ）A．30° B．45° C．60° D．75°【答案】B【分析】根据网格的特点，利用勾股定理求得△ABC、△EDF各边长，进而证明△ABC∽△DEF，根据相似三角形的性质得出∠ABC=∠DEF=135°，即可求解．【详解】解：∵AB=12+22=5,BC=12+32=10,AC=5，DE=12+12=2,EF=2,DF=12+32=10，∵52=102=510，∴ABDE=BCEF=ACDF，∴△ABC∽△DEF，∴∠ABC=∠DEF=135°，∴∠BAC+∠ACB=180°−135°=45°，故选：B．【点睛】本题考查了勾股定理的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握其性质是解决此题的关键．【变式2-2】（2023春·江苏泰州·九年级统考期末）如图，点A、B、C、D、F在网格中的格点处，AF与BC相交于点E，设小正方形的边长为1，则阴影部分△DEF的面积等于 ．  【答案】92【分析】先证明△ABE∽△ECF，设△CEF的高为h，AM=3，得出ℎ=95，即可求出答案．【详解】解：  ∵AB∥CD，AB=CD=2，CF=3，∴∠ABE=∠ECF，∵∠AEB=∠CEF，∴△ABE∽△ECF，设△CEF的高为h，AM=3，∴ABCF=3−ℎℎ，∴ℎ=95，∴阴影部分△DEF的面积12×95×5=92，故答案为：92．【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形的性质是解题的关键．【变式2-3】（2023秋·福建福州·九年级校联考期末）在正方形网格中，A、B、C、D均为格点，则∠BAC−∠DAE= ．  【答案】45°【分析】在正方形网格中，连接正方形的顶点，作出Rt△EFD和Rt△EGD，设正方形网格的边长为1，则有EG=12+12=2，FG=1，AG=2，可知EGAG=FGEG，可证△EGF∽△AGE，可得∠EFG=∠AEG，则可证出∠EFG=45°−∠EAG，根据作图可知△CBA≌△FDE，得∠BAC=∠DEF，可以求出∠BAC−∠DAE=45°．【详解】解：如图，在正方形网格中，连接正方形的顶点，得到Rt△EFD和Rt△EGD，  设正方形网格的边长为1，则有EG=12+12=2，FG=1，AG=2，∴EGAG=22，FGEG=12=22，∴EGAG=FGEG∵∠EGF=∠AGE，∴△EGF∽△AGE，∴∠EFG=∠AEG，∴∠EFG+∠EAG=∠AEG+∠EAG=∠EGD=45°，∴∠EFG=45°−∠EAG，又∵AB=DE=1，∠B=∠D=90°，BC=FD=2，∴△CBA≌△FDE，∴∠BAC=∠DEF，∴∠BAC=∠DEF=90°−∠EFD=90°−45°−∠EAG，即有：∠BAC−∠DAE=45°，故答案为：45°．【点睛】本题考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的性质，求得△EGF∽△AGE是解题的关键．【题型3 利用相似三角形的判定与结论求长度】【例3】（2023·黑龙江绥化·校考三模）在▱ABCD中，AH⊥BD，垂足为H，∠ABD为锐角，且∠ABH=∠DAH，若AH=6，BD=5，则BC边长为 ．【答案】10或15或7【分析】如图，设DH=x．利用相似三角形的性质，构建方程即可解决问题；【详解】解：当AH在△ABD内部时，如图，设DH=x．∵AH⊥BD，∴∠AHB=∠AHD=90°，∵∠ABH=∠DAH，∴△DAH∽△ABH，∴ DHAH=AHBH，∴ x6=65−x，整理得：x2−5x+6=0，解得x=2或3，∴DH=2或3，∴BC=AD=AH2+DH2=10或15，当AH在△ABD外部时，设DH=x．∵△HAB∽△HDA，∴AH2=BH⋅DH，∴6=x(x+5)，∴x2+5x−6=0，∴x=1，x=−6（舍去），∴DH=1，∴BC=AD=AH2+DH2=7，故答案为10或15或7．【点睛】本题考查平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．【变式3-1】（2023秋·上海·九年级上海外国语大学附属大境初级中学校考期中）如图，在矩形ABCD中，已知AB=12，如果将矩形沿直线l翻折后，点B落在边CD的中点E处，直线l分别与边AB、BC交于点M、N，如果BN=6.5，那么AM的长为 ．  【答案】94【分析】连接NE，构造直角三角形，依据折叠的性质以及勾股定理，即可得到CN的长以及BC的长，再根据△BMN∽△CBE，得到比例式求出BM，进而得出AM的长．【详解】解：如图，连接NE，∵四边形ABCD为矩形，∴CD=AB=12，∠ABC=∠C=90°，∵E为CD的中点，∴CE=12CD=6，∵将矩形沿直线l翻折后，点B落在边CD的中点E处，直线l分别与边AB、BC交于点M、N，∴MN⊥BE，BN=EN=6.5，在Rt△CNE中，CN=EN2−CE2=6.52−62=2.5，∴AD=6.5+2.5=9，∵∠MBE+∠BMN=90°，∠MBE+∠CBE=90°，∴∠BMN=∠CBE，又∵∠NBM=∠C，∴△BMN∽△CBE，∴ BMBC=BNCE，即BM9=6.56，∴BM=394，∴AM=AB−BM=12−394=94；故答案为：94．  【点睛】本题主要考查了折叠问题、勾股定理以及相似三角形的判定与性质，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形，运用勾股定理和相似三角形的性质进行计算求解．【变式3-2】（2023·河南郑州·校考三模）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A0,6，B−10,0，把△AOB绕点O按顺时针方向旋转，点A，B的对应点分别是A′，B′，连接AB′．当点B′在第二象限内，AB′⊥y轴时，点A的对应点A′的坐标为 ．  【答案】185,245【分析】过点B′作B′D⊥OB于点D，过点A′作A′C⊥OC于点C，易得AB'=OD，B'D=OA，由旋转的性质知，OB′=OB=10，即有AB′=102−62=8．再证明 △B′OD∽△OA′C，即有B′OOA′=ODA′C=B′DOC，解得OC=185，A′C=245，问题得解．【详解】如图，过点B′作B′D⊥OB于点D，过点A′作A′C⊥OC于点C，  ∵AB′⊥y轴，A′C⊥OC，B′D⊥OB，∴四边形AB′DO是矩形，∴AB'=OD,DB'=OA，由题意可知，OA=6，OB=10，∵AB′⊥y轴，∴∠B′AO=90°，由旋转的性质知，OB′=OB=10，∠AOB=∠A′OB′=90°，在Rt△B′AO中，由勾股定理得AB′=102−62=8．∵ ∠A′OB′=90°，∴∠BOB′+∠A′OC=90°，又∵∠A′OC+∠OA′C=90°，∴∠BOB′=∠OA′C，∴△B′OD∽△OA′C，∴B′OOA′=ODA′C=B′DOC，即106=8A′C=6OC，解得OC=185，A′C=245，∴点A的对应点A′的坐标为185,245，故答案为：185,245．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的旋转等知识【变式3-3】（2023·安徽合肥·校联考模拟预测）等腰直角ΔABC与等腰直角ΔCDE的直角顶点C重合．DE与AC相交于F，CD的延长线交AB于G，连接BD．  (1)如图1，求证：AC⋅CF=CE⋅CG；(2)如图2，B，D，E在同一条直线上，取AB的中点M，分别连接MC，ME，求证：MC=ME； (3)如图3，过A作BD的平行线，过B作AC的平行线，两线相交于H，且点H在CG的延长线上，若BC=2BH，求AHDE的值．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)AHDE=2【分析】（1）通过证明ΔECF∽ΔBCG，得到CECF=BCCG，再利用AC=BC等量代换即可；（2）连接AE，由SAS证明ΔACE≌ΔBCD，得到∠EAC=∠DBC，从而证明∠AEF=90°，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到结论；（3）延长BD与AC交于点P，得到四边形APBH为平行四边形，从而得到BH=AP，AH=BP，通过等量代换可得四边形PCBH为矩形，得到BP=CH，再设CD=x，可得CH=BP=AH=2x，DE=2x，即可得到AHDE的值．【详解】（1）证明：∵ΔABC、ΔCDE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠ECD=90° ，∴∠E=∠ABC=45°，AC=BC， EC=DC∵∠ECA+∠ACG=∠ACG+∠BCG=90°，∴∠ECA=∠BCG，在ΔECF和ΔBCG中，∠E=∠CBG∠ECA=∠BCG ∴ΔECF∽ΔBCG∴CECF=BCCG又∵AC=BC∴CECF=ACCG，即AC⋅CF=CE⋅CG（2）连接AE，  在ΔACE和ΔBCD中，AC=BC∠ECA=∠BCGEC=DC ∴ΔACE≌ΔBCD（SAS）∴∠EAC=∠DBC，∵∠DBC+∠BFC=90° ，∠BFC=∠AFE ，∴∠EAC+∠AFE=90°，即∠AEF=90° ，在RtΔAEB中，∵点M为AB中点， ∴EM=12AB，又∵CM=12AB，∴MC=ME；（3）延长BD与AC交于点P，连接PH，  ∵AH∥BD，BH∥AC，∴四边形APBH为平行四边形，∴BH=AP，AH=BP ；又∵BC=2BH，AC=BC，∴AC=2AP，即点P为AC中点，∵PC=BH，PC∥BH，∴四边形PCBH为平行四边形， 又∵∠ACB=90°，∴▱PCBH为矩形，∴BP=CH，点D为对角线交点，设CD=x，则CH=BP=AH=2x，DE=2x，∴AHDE=2x2x=2．【点睛】本题是三角形与四边形的综合题目，考查了相似三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，等腰直角三角形的性质，平行四边形及矩形的判定性质，综合性较强，熟练掌握相关的性质及判定，构造合理的辅助线是解决本题的关键．【题型4 利用相似三角形的判定与结论求面积】【例4】（2023秋·安徽合肥·九年级校考期中）△ABC的边上有D、E、F三点，各点位置如图所示．若∠B=∠FAC，BD=AC，∠BDE=∠C，则根据图中标示的长度，求四边形ADEF与△ABC的面积比为何？（    ）  A．1:3 B．1:4 C．2:5 D．3:8【答案】D【分析】先证明△CAF∽△CBA，再利用相似三角形的性质求出AC=45，得出S△ACFS△ACB=516，再证明△BDE∽△BCA，求出S△BDES△ACB=516，即可求出答案．【详解】解：∵BE=7，EF=4，FC=5，∴ BC=7+4+5=16，∵∠B=∠FAC，∠C=∠C，∴ △CAF∽△CBA，∴ CACB=CFCA，∴ CA2=CF⋅CB=5×16=80，∵CA>0，∴ AC=45，∴ ACBC=4516=54，∴ S△ACFS△ACB=ACBC2=542=516，同理可证△BDE∽△BCA，∵BD=AC，∴ BDBC=ACBC=54，∴ S△BDES△ACB=BDBC2=542=516，∴四边形ADEF与△ABC的面积比=16−5−5:16=3:8，故选D．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．【变式4-1】（2023·浙江温州·校联考三模）如图1，在平面直角坐标系中，直线y=kx+203过点A5,0，C2,a，与y轴交于点B．点D，E分别为线段OB，OA上的一点（不含端点），且CD⊥DE．  (1)求k和a的值；(2)当∠AEC与△CDE中的一个角相等时，求线段OD的长；(3)如图2，连接BE交CD于点H，将点B绕点H逆时针旋转90°至点B′，若点B′到x轴的距离恰好等于OD的长，求△BDH的面积．【答案】(1)k=−43，a=4(2)OD=2或OD=4−23(3)S=9839【分析】（1）将A5,0代入y=kx+203求出k的值，得出一次函数解析式，将x=2代入y=−43x+203求出a的值即可；（2）分三种情况：当∠AEC=∠DCE时，当∠AEC=∠CDE时，当∠AEC=∠DEC时，分别画出图形，求出结果即可；（3）连接B′H，B′D，过点H作HN⊥B′D于点N，HM⊥BD于点M，证明△BMH≌△B′NHAAS，得出MH=HN，证明四边形MDNH为正方形，得出∠HDM=∠HDN=45°，证明△DOE为等腰直角三角形，得出OD=OE=2，求出OB=203，得出BD=OB−OD=203−2=143，设MH=MD=m，则BM=143−m，证明MH∥OE，得出BMBO=MHOE，即143−m203=m2，求出m=1413，根据三角形面积公式求出结果即可．【详解】（1）解：将A5,0代入y=kx+203，解得k=−43．将x=2代入y=−43x+203，得a=4．（2）解：①当∠AEC=∠DCE时，点E与点O重合，舍去②当∠AEC=∠CDE时，此时CE⊥OA，过点C作CF⊥BD于点F，  ∵C2,4，∴OE=CF=2，OF=4，∵CD⊥DE，∴∠CDE=90°，∴∠CFD=∠CDE=∠DOE=90°，∴∠FDC+∠ODE=∠ODE+∠OED=90°，∴∠FDC=∠OED，∴△CDF∽△DEO，∴CFDF=ODOE，设OD=x，则FD=4−x，即24−x=x2，解得：x1=x2=2，经检验x=2是原方程的解，∴OD=2；③当∠AEC=∠DEC时，作CG⊥OA于点G  ∵EC平分∠DEG，CD⊥ED，CG⊥EA，∴CD=CG=4，∵DF=CD2−CF2=23，∴OD=OF−DF=4−23；综上分析可知，OD=2或OD=4−23；（3）解：连接B′H，B′D，过点H作HN⊥B′D于点N，HM⊥BD于点M，如图所示：      由题意可得，B′D⊥BO，根据旋转可知，B′H⊥BH且B′H=BH，∴∠BHB′=∠B′NH=∠BMH=90°，∴∠BHM+∠MHB'=∠BHM+∠MBH=90°，∴∠MBH=∠MHB′，∵HM⊥BD，B′D⊥BO，∴MH∥B′N，∴∠MHB′=∠NB′H，∴∠MBH=∠NB′H，∴△BMH≌△B′NHAAS，∴MH=HN，∵∠HMD=∠MDN=∠DNH=90°，∴四边形MDNH为矩形，∵MH=HN，∴四边形MDNH为正方形，∴∠HDM=∠HDN=45°，∵∠CDE=90°，∴∠NDE=90°−45°=45°，∴∠ODE=90°−45°=45°，∴△DOE为等腰直角三角形，∴OD=OE=2，把x=0代入y=kx+203得：y=203，∴OB=203，∴BD=OB−OD=203−2=143，设MH=MD=m，则BM=143−m，∵∠BMH=∠BOE=90°，∴MH∥OE，∴BMBO=MHOE，即143−m203=m2，解得m=1413，∴S=143×1413×12=9839．【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，正方形的判定和性质，平行线分线段成比例，三角形相似的判定和性质，求一次函数的函数值，解题关键是数形结合，画出相应的图形，作出辅助线，注意进行分类讨论．【变式4-2】（2023春·上海静安·九年级统考期末）（1）如图1，梯形ABCD中，AD∥BC，AD=4，AB=3，BC=7，∠B=60°．求证：四边形ABCD是等腰梯形；（2）若点M是直线AB上的一点，直线DM交直线BC于点N．①当点M在线段AB的延长线上时（如图2），设BM=x，DM=y，求y关于x的函数解析式并写出定义域；②如果△AMD是等腰三角形，求△BMN的面积．  【答案】（1）证明见解析；（2）①y=x2+10x+37，定义域x≥0；②34【分析】（1）过D作DE∥AB交BC于E，证明△DEC是等边三角形即可；（2）①过D作DF⊥AB交AB于F，即可利用∠B=∠FAD=60°得到AF=12AD=2，DF=23，最后在Rt△FDM中利用勾股定理计算即可；②先根据△AMD是等腰三角形求出BM=x，DM=y的值，再利用△BMN∼△AMD求△BMN的面积即可．【详解】（1）过D作DE∥AB交BC于E，则∠B=∠DEC=60°，  ∵AD∥BC，∴四边形ABED是平行四边形，∴AB=DE=3,AD=BE=4，∵BC=7，∴EC=BC−BE=3，∴AB=DE=3=EC，∴△DEC是等边三角形，∴AB=DE=3=EC=DC，∴四边形ABCD是等腰梯形；（2）①过D作DF⊥AB交AB于F，  ∵∠B=60°，AD∥BC，∴∠B=∠FAD=60°，∴AF=12AD=2，DF=AD2−AF2=23，∵BM=x，DM=y∴FM=FA+AB+BM=5+x在Rt△FDM中DF2+FM2=DM2，∴232+5+x2=y2，整理得y2=x2+10x+37∴y关于x的函数解析式为y=x2+10x+37，定义域x≥0；②∵AD∥BC，∴△BMN∼△AMD，∴S△BMNS△AMD=BMMA2=xx+32，∴S△BMN=xx+32S△AMD=xx+32×12DF⋅AM=xx+32×12×23×x+3=3x2x+3，∵△AMD是等腰三角形，∴当AD=AM时，4=x+3，解得x=1，此时S△BMN=3x2x+3=34；当AD=DM时，y2=x2+10x+37=42，解得x1=−3,x2=−7，不符合题意；当DM=AM时，y2=x2+10x+37=x+32，解得x=−7，不符合题意；综上所述，S△BMN=34．【点睛】本题考查了梯形的判定，平行四边形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，相似三角形的判定及性质的运用，解答时构造30°直角三角形是是关键，寻找相似三角形是难点．【变式4-3】（2023春·四川德阳·九年级统考期末）如图，已知F是△ABC内的一点，DF∥BC，EF∥AB，若四边形BDFE的面积为2，BD=13BA，BE=14BC，则△ABC的面积是（　　）．A．6 B．8 C．10 D．12【答案】D【分析】延长EF、DF分别交AC于点M、N，可以得到相似三角形并利用相似三角形分别求出AM 、MN 、CN之间的关系，从而得到三角形的面积关系即可求解．【详解】解：如图所示：延长EF、DF分别交AC于点M、N，∵BD=13BA，BE=14BC，∴CE=3BE，AD=2BD．∵DF∥BC，EF∥AB，∴CMAM=CEBE=3，ANCN=ADBD=2，∴令AM=x，则CM=3x，∴AC=4x，∴AN=23AC=83x，CN=13AC=43x，∴MN=AC−AM−CN=53x，∴MNAN=58，MNCM=59．∵MF∥AD，NF∥CE,∴△NMF∽△NAD,△NMF∥△CME,∴S△NMFS△NAD=MNAN2=2564，S△NMFS△MEC=MNCM2=2581．∴设S△NMF=25a，则S△NAD=64a，S△MEC=81a，∴S四边形FECN=56a，∴S△ABC=S四边形BDEF+S△NAD+S△MEC−S△NMF=2+120a．∵DN∥BC,∴△ADN∽△ABC,∴S△ADNS△ABC=64a2+120a=ADAB2=49，解得a=112，∴S△ABC=2+120a=12．故选D．【点睛】本题考查相似三角形，平行线分线段成比例．一定的难度，利用相似三角形的性质：对应线段成比例进行求解线段的长度；利用相似三角形的面积之比等于相似比的平方是解题的关键．【题型5 利用相似三角形的判定与结论求最值】【例5】（2023秋·四川成都·九年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，AB=6，E是AD上的一点，且AE=2，F，G是AB，CD上的动点，且BE=FG，BE⊥FG，连接EF，BG，当EF+FG+BG的值最小时，CG的长为 ．  【答案】3【分析】由勾股定理得BE=AB2+AE2=210，FG=210，可知当EF+BG最小时，EF+FG+BG的值最小，如图，以BE，BG为邻边作平行四边形BGME，则BG=EM，BG∥EM，EF+BG=EF+EM，则当E、F、M三点共线时，EF+BG=EF+EM=FM最短，证明△AEF∽△CBG，则EFBG=AFCG=AEBC=26=13，证明△EFN∽△BGN，则ENBN=EFBG=13，解得BN=3EN，由BN+EN=BE，可得BN=34BE=3102，设CG=x，则AF=13x，BF=6−13x，证明△BNF∽△BAE，则BFBE=BNAB，即6−13x210=31026，计算求解即可．【详解】解：∵正方形ABCD，AB=6，AE=2，∴BE=AB2+AE2=210，∠BCG=∠A=90°，∵BE=FG，∴FG=210，当EF+BG最小时，EF+FG+BG的值最小，如图，以BE，BG为邻边作平行四边形BGME，则BG=EM，BG∥EM，  ∴EF+BG=EF+EM，∴当E、F、M三点共线时，EF+BG=EF+EM=FM最短，∴EF∥BG，∴∠AFE=∠ABG，∵∠AFE+∠AEF=90°=∠ABG+∠CBG，∴∠AEF=∠CBG，又∵∠EAF=∠BCG=90°，∴△AEF∽△CBG，∴EFBG=AFCG=AEBC=26=13，∵EF∥BG，∴∠EFN=∠BGN，∠FEN=∠GBN，∴△EFN∽△BGN，∴ENBN=EFBG=13，解得BN=3EN，∵BN+EN=BE，∴BN=34BE=3102，设CG=x，则AF=13x，BF=6−13x，∵∠FBN=∠EBA，∠BNF=∠BAE=90°，∴△BNF∽△BAE，∴BFBE=BNAB，即6−13x210=31026，解得x=3，故答案为：3．【点睛】本题考查了正方形的性质，平行四边形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．【变式5-1】（2023秋·广东梅州·九年级校考期末）如图，直线l1∥l2∥l3，A，B，C分别为直线l1，l2，l3上的动点，连接AB，BC，AC，线段AC交直线l2于点D．设直线l1，l2之间的距离为m，直线l2，l3之间的距离为n，若∠ABC=90°，BD=3，且mn=12，则m+n的最大值为 ．【答案】274【分析】如图所示（见详解），过点B作BE⊥l1于E，延长EB交l3于F，过点A作AN⊥l2于N，过点C作CM⊥l2于M，设AE=x，CF=y，则BN=x,BM=y，可求出△ABE∽△BCF，得xy=mn，求△CMD∽△AND得，y=9−2x，且mn=12，可求出mn=xy=x(9−2x)=−2x2+9x=2m2，由此即可求解．【详解】解：如图所示，过点B作BE⊥l1于E，延长EB交l3于F，过点A作AN⊥l2于N，过点C作CM⊥l2于M，设AE=x，CF=y，则BN=x,BM=y，∵BD=3，∴DM=y−3，DN=3−x，∵∠ABC=∠AEB=∠BFC=∠CMD=∠AND=90°，∴∠EAB+∠ABE=∠ABE+∠CBF=90°，∴∠EAB=∠CBF，∴△ABE∽△BCF，∴AEBF=BECF，即xn=my，∴xy=mn，∵∠ADN=∠CDM，∴△CMD∽△AND，∴ANCM=DNDM，即mn=3−xy−3，∵mn=12，∴3−xy−3=12，n=2m，∴y=9−2x，∴(m+n)=3m，∵mn=xy=x(9−2x)=−2x2+9x=2m2，∴2m2=−2x−942+818，∴当x=94时，m最大=94，∴m+n的最大值为3m=3×94=274，故答案为：274．【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质，平行线的性质，二次函数的性质，做辅助线，图形结合是解题的关键．【变式5-2】（2023·福建泉州·统考模拟预测）如图，点D是等边△ABC边AB上的一动点(不与端点重合)，点D绕点C引顺时针方向旋转60∘得点E，所得的△CDE边DE与BC交于点F，则CFDE的最小值为 ．    【答案】32【分析】由旋转的性质得△CDE为等边三角形，由△CEF∽△CAD得到CFCD=CEAC，即CFDE=CDAC，从而得到当CD最小时，比值最小，再由“垂线段最短”得到当CD⊥AB时，CD值最小，作出对应图形，利用“△ACD是含30°角的直角三角形”求出CDAC，从而得解．【详解】解：由旋转的性质得：CD=CE，∠DCE=60°，∴△CDE为等边三角形，∴DE=CD=CE，∠A=∠DEC=60°∵∠ACD+∠DCB=60°∠DCB+∠ECF=60°∴∠ACD=∠ECF∵∠A=∠DEC=60∘，∠ACD=∠ECF∴△CEF∽△CAD∴CFCD=CEAC，即CFDE=CDAC∵AC为定值，∴当CD最小时，比值最小．根据“垂线段最短”可知：当CD⊥AB时，CD值最小，过点C作CD⊥AB于D，并补全图形如下：  ∵△ABC是等边三角形，CD⊥AB，∠ACB=60°∴∠ACD=12∠ACB=30°设AC=2a，则AD=12AC=a∴CD=AC2−AD2=3a，∴此时CFDE=CDAC=3a2a=32，即CFDE的最小值为32．故答案为：32．【点睛】此题考查图形的旋转变化与性质，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质，垂线段最短，理解“垂线段最短”和利用相似三角形的性质将CFDE转化为CDAC是解题的关键．【变式5-3】（2023春·吉林长春·九年级校考期末）如图，在矩形ABCD中，AB=5，BC=4，动点P从点B出发，以每秒2个单位长度的速度，沿射线BC方向运动，动点Q从点C出发，以每秒1个单位长度的速度，沿线段CD方向运动．点P和点Q同时出发，当点Q到达点D时，两点同时停止运动，设运动时间为t秒(t>0)．  (1)用含t的代数式表示线段CP的长；(2)当PQ与矩形的对角线平行时，求t的值；(3)若点M为DQ的中点，求以M、P、C为顶点的三角形与△ABC相似时t的值；(4)直接写出点B关于直线AP的对称点B′落在△ACD内部时t的取值范围．【答案】(1)当06(舍去)；②设∠BAD=β，∠B=α，当α+2β=90°时，∵α+β+∠DAC=90°，∴∠DAC=∠DAB，∵DM⊥AB，DC⊥AC，∴DM=DC，∵∠DMA=∠C=90°，DM=DC，AD=AD，∴Rt△ADC≌Rt△ADMHL，∴AM=AC=8，∵∠C=90°，AC=8，BC=6，∴AB=AC2+BC2=82+62=10，∴BM=10−8=2，设BD=x，则CD=DM=6−x，在Rt△BDM中，则有x2=(6−x)2+22，解得x=103．∴CD=6−103=83，故答案为：83．【点睛】本题考查的是勾股定理，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于填空题中的压轴题．【变式9-2】（2023·江苏苏州·苏州市胥江实验中学校校考二模）定义：如果三角形的两个α与β满足α−β=90°，那么我们称这样的三角形为“奇妙互余三角形”．  (1)若△ABC是“奇妙互余三角形”，∠A>90°，∠B=20°，则∠C的度数为______；(2)如图1，在Rt△ABC中，∠A=90°，若AB=4，BC=5，点D是线段AB上的一点，若AD=94，判断△BCD是否是“奇妙互余三角形”，如果是，请说明理由；(3)如图2，在四边形ABCD中，AC，BD是对角线，AC=4，CD=5，∠BAC=90°，若∠ACD=2∠ABC，且△BCD是“奇妙互余三角形”，求BD的长．【答案】(1)35°或50°(2)△BCD是“奇妙互余三角形”，理由见解析(3)313【分析】（1）由题意知，“奇妙互余三角形”分∠A−∠B=90°和∠A−∠C=90°，两种情况求解：根据三角形内角和定理计算求解即可；（2）如图1，过点D作DE∥AC交BC于E，由勾股定理得AC=BC2−AB2=3，CD=AD2+AC2=154，则BD=74，证明△BDE∽△BAC，则BDAB=BEBC=DEAC，即744=BE5=DE3，解得BE=3516，DE=2116，CE=BC−BE=4516，由CECD=CDBC，∠DCE=∠BCD，证明△DCE∽△BCD，则∠CDE=∠CBD，∠BDC−∠CBD=90°，进而可得△BCD是“奇妙互余三角形”；（3）如图2，将△ABC沿BC翻折到△EBC，DE=CE+CD=9，∠ABE+∠ACE=180°，由∠ACD=2∠ABC=∠ABE，可得∠ACD+∠ACE=180°，则D、C、E三点共线，由∠BCD−∠ABC=90°，△BCD是“奇妙互余三角形”，可得∠BDC=∠ABC=∠CBE，证明△BED∽△CEB，则BECE=DEBE，即BE4=9BE，解得BE=6，由勾股定理得BD=BE2+DE2，计算求解即可．【详解】（1）解：由题意知，“奇妙互余三角形”分∠A−∠B=90°和∠A−∠C=90°，两种情况求解：①当∠A−∠B=90°时，∵∠B=20°，∴∠A=110°，由∠A+∠B+∠C=180°，可得∠C=50°；②当∠A−∠C=90°时，∵∠B=20°，∠A+∠B+∠C=180°，∴∠A+∠C=160°，解得∠C=35°；综上，∠C的值为35°或50°，故答案为：35°或50°；（2）解：△BCD是“奇妙互余三角形”，理由如下：如图1，过点D作DE∥AC交BC于E，  由勾股定理得AC=BC2−AB2=3，CD=AD2+AC2=154，∵AD=94，∴BD=74，∵DE∥AC，∴△BDE∽△BAC，∴BDAB=BEBC=DEAC，即744=BE5=DE3，解得BE=3516，DE=2116，∴CE=BC−BE=4516，∴CECD=4516154=34，CDBC=1545=34，∵CECD=CDBC，∠DCE=∠BCD，∴△DCE∽△BCD，∴∠CDE=∠CBD，∵∠BDC−∠CDE=90°，∴∠BDC−∠CBD=90°，∴△BCD是“奇妙互余三角形”；（3）解：如图2，将△ABC沿BC翻折到△EBC，  ∴CE=AC=4，∠BCE=∠BCA，∠E=∠BAC=90°，∴DE=CE+CD=9，∠ABE+∠ACE=180°，∵∠ACD=2∠ABC=∠ABE，∴∠ACD+∠ACE=180°，∴D、C、E三点共线，∵∠BCD=∠ACD+∠ACB=2∠ABC+∠ACB=90°+∠ABC，∴∠BCD−∠ABC=90°，∵△BCD是“奇妙互余三角形”，∴∠BCD−∠BDC=90°，∴∠BDC=∠ABC=∠CBE，∵∠BDE=∠CBE，∠BED=∠CEB，∴△BED∽△CEB，∴BECE=DEBE，即BE4=9BE，解得BE=6，由勾股定理得BD=BE2+DE2=313，∴BD的长为313．【点睛】本题考查了三角形内角和定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，翻折的性质等知识．解题的关键在于理解题意并对知识进行灵活运用．【变式9-3】（2023·江苏扬州·校考一模）定义：如果三角形中有两个角的差为90°，则称这个三角形为互融三角形，在 Rt△ABC 中，∠BAC= 90°，AB = 4 ，BC = 5 ，点D 是 BC 延长线上一点．若 △ABD 是“互融三角形”，则 CD 的长为 ．【答案】3或457【分析】根据互融三角形的概念，分两种情况进行讨论：①∠DAB−90°=∠B；②∠DAB−90°=∠D，其中第一种情况证明△DCA∽△DAB，从而运用相似三角形的性质求得CD长，第二种情况证明△DCA是等腰三角形，从而求得CD的长．【详解】解：由题意可作图如下：∵△ABD 是“互融三角形”，∴分以下两种情况进行讨论：当∠DAB−90°=∠B时，即∠1=∠B，∵∠DCA=90°+∠B，∠DAB=90°+∠1=90°+∠B，∴∠DCA=∠DAB，∵∠1=∠B，∴△DCA∽△DAB，∴CDDA=ACAB,∵∠BAC= 90°，AB = 4 ，BC = 5 ，∴AC=3，∴CDDA=ACAB=34，设CD=3t，DA=4t，∵△DCA∽△DAB，∴CDDA=DADB=34，即4t3t+5=34，化简得，16t=9t+15，解得，t=157．∴CD=457．∠DAB−90°=∠D时，∵∠DAB−90°=∠1，∴∠D=∠1，∵AC=3，∴CD=AC=3．故答案为：3或457．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，根据题意，分两种情况分别讨论求解是解题的关键．【题型10 利用相似三角形的判定与结论在格点中作图】【例10】（2023春·吉林长春·九年级校考期末）图①、图②、图③均是6×6的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，△ABC的顶点均在格点上．只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作图，保留作图痕迹．  (1)在图①中，作△ABC的中线BD．(2)在图②中，在AC边上找一点M，BC边上找一点N，连结MN，使得MN∥AB，且MN=12AB．(3)在图③，在AB边上找一点E，连结CE，使△BCE的面积为52．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析【分析】（1）找到AC与网格线的交点D，连接BD，则BD即为所求；（2）找到AC的中点M，作1×3的网格的对角线，交BC于点N，连接MN，则MN即为所求；（3）找到格点M,N，使得AM=2,BN=1，连接MN交BC于点E，进而根据相似三角形的性质得出BE=53，即可得出△BCE的面积为52．【详解】（1）解：如图所示，BD即为所求  （2）如图所示，找到AC的中点M，作1×3的网格的对角线，交BC于点N，连接MN，则MN即为所求；  ∴MN是△ABC的中位线，MN∥AB且MN=12AB；（3）如图所示，找到格点M,N，使得AM=2,BN=1，连接MN交AB于点E，则AM∥BN∴△AME∽△BNE∴BEAE=12∵AB=5∴BE=53∴S△BCE=12×53×3=52点E即为所求；  【点睛】本题考查了三角形的中线的性质，中位线的性质与判定，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．【变式10-1】（2023·浙江衢州·三模）如图，在4×4的方格纸中，点A，B在格点上，请按要求画出格点线段（线段的端点在格点上），并写出结论．  (1)在图1中画一条线段垂直AB．(2)在图2中画一条线段交AB于点P，使AP:BP=3:2．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）找到格点C,D，使得CD=AB=17，且AB⊥CD，则CD即可求解；（2）取格点N,M使得AN=3,MB=2，AB,MN交于点P，则点P即为所求，【详解】（1）解：如图所示，CD即为所求；  理由如下，  ∵AF=CE=4,DE=BF=1,AB=CD=12+42=17，∴△DCE≌△BAF，∴∠A=∠C，∵∠A+∠ABF=90°，∴∠C+∠ABF=90°，∴AB⊥CD；（2）解：如图所示，取格点N,M使得AN=3,MB=2，AB,MN交于点P，则点P即为所求，   ∵AN=3,MB=2，AN∥BM，∴△PAN∽△PBM∴APBP=ANBM=32，【点睛】本题考查了勾股定理与网格问题，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．【变式10-2】（2023春·湖北·九年级专题练习）如图是由小正方形组成的6×5网格，每个小正方形的顶点叫做格点．A，B，C三点是格点，仅用无刻度的直尺在给定的网格中完成画图．  (1)在图（1）中，先在BC上画点D，使AD平分∠BAC；再在AC上画点E，使DE=13AB；(2)在图（2）中，点P在AB上，先将线段BA绕B点逆时针旋转∠BAC的度数，画出对应线段BF，再在AC上画点Q，使AQ=BP．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据网格特点和正方形的性质、结合全等三角形的判定与性质以及角的和差运算，取格点D，可得∠BAD=∠CAD，则可使AD平分∠BAC；根据网格特点和三角形中位线性质可得DE∥AB，利用相似三角形的性质可得到DEAB=CDCB=13；（2）如图，根据平行四边形的性质可得到BF∥AC，则∠CAB=∠ABF，又BF=AB，则线段BF为所求；根据轴对称性质可得BP=BK，再利用全等三角形的性质得到AQ=BK即可．【详解】（1）解：如图，点D、E即为所求作；  （2）解：如图，线段BF、点Q即为所求作．  【点睛】本题考查基本作图，涉及正方形的性质、相似三角形的判定与性质、三角形的中位线性质、平行四边形的性质、轴对称的性质、全等三角形的性质、平行线的性质、旋转性质等知识，理解网格特点，熟练掌握相关知识是解答的关键．【变式10-3】（2023春·江苏无锡·九年级统考期末）方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形．  (1)如图1，△ABC的顶点以及点O 均在格点上，画出△DEF，以O为旋转中心，将△ABC逆时针旋转90°；(2)如图2，画出一个以DF为边，面积为6的矩形DFMN；(3)如图3，在网格中有一定角XOY和一定点P，请作一条线段AB，使点P为AB中点，且点A、B分别在OX、OY上．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析【分析】（1）理由旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点D，E，F即可；（2）如图，取格点P，J，可知四边形DJPF是矩形，取格点I，Q，连接IQ，分别交PF，JD于M，N，可知四边形IQPJ是平行四边形，四边形DFMN是矩形，易知△JIN∽△DQN，利用性质可知JNDN=IJDQ=23，则DJDN=53，进而可知矩形DFMN的面积=DF⋅DN=25×355=6，即可求得所作图形；（3）取格点D，N，C，连接CD，CN，CN与OY交于点B，可知四边形CDON是平行四边形，取格点E，M，连接CE，CM，CM与OX交于点A，可知四边形CDON是平行四边形，进而可知四边形AOBC是平行四边形，连接AB，OC，由图可知点P为OC的中点，即可求得所作图形．【详解】（1）解：如图，△DEF即为所求；  （2）如图，取格点P，J，连接DJ，PF，PJ，由勾股定理可知DJ=PF=5，PJ=DF=25，又∵DP=5，则DJ2+PJ2=DP2，∴四边形DJPF是矩形，取格点I，Q，连接IQ，分别交PF，JD于M，N，由勾股定理可知PJ=IQ=25，PQ=JI=2，DQ=3∴四边形IQPJ是平行四边形，∴IJ∥DQ，MN∥PJ，则四边形DFMN是矩形，∴∠JIN=∠DQN，∠IJN=∠QDN，∴△JIN∽△DQN，∴JNDN=IJDQ=23，则DJDN=53，∴DN=35DJ=35×5， ∴矩形DFMN的面积=DF⋅DN=25×355=6，  则，矩形DFMN即为所求；（3）取格点D，N，C，连接CD，CN，CN与OY交于点B，由勾股定理可得：CD=ON=13，CN=OD=17，∴四边形CDON是平行四边形，取格点E，M，连接CE，CM，CM与OX交于点A，由勾股定理可得：CM=OE=10，CE=OM=10，∴四边形CDON是平行四边形，∵四边形CDON是平行四边形，四边形CDON是平行四边形，∴OA∥CB，OB∥AC，∴四边形AOBC是平行四边形，连接AB，OC，由图可知点P为OC的中点，∵AB，OC是平行四边形AOBC的对角线，∴点P为AB的中点，  如图所示，线段AB即为所求．【点睛】本题考查作图-旋转变换，相似三角形的判定及性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．